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第6章假设检验一、单项选择题1．在假设检验时，若增大样本容量，则犯两类错误的概率为（）。
[浙江工商大学2017研]A．都增大B．都减小C．都不变D．一个增大一个减小【答案】B【解析】当样本量一定时，犯两类错误的概率呈现出此消彼长的关系。
当样本容量增大时，抽样误差减小，样本越来越接近总体，犯两类错误的概率均会减小。
2．如果原假设为真，所得到的样本结果会像实际观测结果那么极端或者更极端的概率称为（）。
[山东大学2016研]A．临界值B．统计量C．P值D．实际显著性水平【答案】C【解析】如果原假设0H为真，所得到的样本结果会像实际观测结果那么极端或更极端的概率，称为P值，也称为观察到的显著性水平。
3．在假设检验中，如果我们相信原假设是真的，而犯第二类错误又不会造成太大的影响，此时，检验的显著性水平应该取（ ）。
[中央财经大学2015研]A ．大些B ．小些C ．无法确定D ．等于0.05【答案】B【解析】由于犯一类错误的概率和犯第二类错误的概率是此消彼长的关系，题中我们相信原假设为真，并且第二类错误的并不会造成较大影响，因此如果要拒绝原假设应该提高更显著的证据，所以犯第一类错误的概率应取小些。
而在假设检验中检验的显著性水平即为犯第一类错误的概率，故显著性水平应该取小些。
4．甲、乙两人服从标准正态分布的随机数发生器分别产出30个随机数字作为样本，求得平均数1x ，2x 样本方差S 21，S 22，则（ ）。
[中山大学2014研]A ．12=x x ，S 21＝S 22B ．作两样本t 检验，必然接受零假设，得出两总体均值无差别的结论C ．由甲、乙两样本求出的两总体方差比值()2212/σσ的95%置信区间，必然包含0D ．分别由甲、乙两样本求出的各自总体均数的95%置信区间，可能没有交集【答案】D【解析】A 项，由于样本是随机的，抽出不同的样本得到的均值与方差往往是不同的。
B 项，同样由于样本的随机性，根据样本得到的估计值很可能不同于总体真值，因而两样本的t检验不一定接受零假设。
习题一1. 解 (1) 设学生数为n ，则{0/,1/,2/,,100/}n n n n n Ω=(2) 枚骰子点数之和为 {3,4,5,,18}Ω=(3) 三只求放入三只不同A ，B ，C 盒子，每只盒子中有一个球的情况有 {(,,),(,,),(,,),(,,,),(,,),(,,)}a b c a c b b a c b c a c b a c a b Ω=其中(,,)a b c 表示A 盒子放入的球为a ，B 盒子放入的球为b ，C 盒子放入的球为c ，其余类似．(4) 三只求放入三只不同A ，B ，C 盒子情况有{(,0,0),(0,,0),(0,0,),(,,0),,(,,)}abc abc abc ab c c a b Ω= 其中(0,,0)abc 表示A 盒子没有放入球，B 盒子放入的球为,,a b c ，C 盒子没有放入球，其余类似，共3||327Ω==个样本点．(5) 汽车通过某一定点的速度设为v {|0}v v Ω=>．(6) 将一尺长的棍折成三段，各段的长度为,,x y z{(,,)|0,0,0,1}x y z x y z x y z Ω=>>>++=．(7) 对产品检验四个产品，连续检验到两个产品为不合格品是，需停止检验，检验的 结果为{(0,0),(0,1,0,0),(0,1,0,1),(0,1,1,0),(0,1,1,1),(1,0,0),(1,0,1,0),(1,1,0,0),(1,0,1,1),(1,1,1,0),(1,1,1,1),(1,1,0,1)}Ω=其中(0,1,0,0)表示第一次取到不合格品，第二次取到合格品，第三次取到不合格品，第四次取到不合格品，其余类似．2. 解 (1) 一只口袋中装有编号为1，2，3，4，5的五只球，任取三只，最小的号码为1的样本点有{(123),(134),(135)}A = 其中(123)表示取出的球为编号为1，2，3的球(无顺序)． (2) 抛一枚硬币两次，A =“第一次出现正面”的样本点有{(10),(11)}A =，其中(10)表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似．B =“两次出现不同的面”的样本点有{(10),(01)}B =，其中(10)表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似．C =“至少出现一次正面”的样本点有{(10),(0,1),(11)}C =，其中(10)表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似．(3) 检验一只灯泡的寿命，其寿命为t 不小于500小时，A =“灯泡寿命不小于500小时”的样本点有{|500}A t t =≥． (4) 某电话交换台在一分钟内接到的呼唤次数不大于10， A =“某电话交换台在一分钟内接到的呼唤次数不大于10”的样本点有{|0,1,2,,10}A n n ==．(5) 重复抛掷一枚硬币，当出现正面时停止， A =“抛了偶数次时首次出现正面”的样本点有{(0,1),(0,0,0,1),(0,0,0,0,0,1),}A =，其中(0,1)表示第一次出现反面，第二次出现正面．3. 解 (1) ABC AB C =-;(2) A B C ;(3) ABACBC ;(4) AB AC BC ;(5) ABC ABC ABC ; (6) ABCABCABC .4. 解 (1) 选到的是1980年或1980年以前出版的中文版数学书；(2) 该馆中凡是1980年或1980年以前出版的书都是中文版的； (3) 馆中所有数学书都是1980年以后出版的中文版书； (4) 是．5. 解 包含事件,A B 的最小事件域是{,,,,,,,,,,,,,}F A B A B A B A B AB AB A B A B ABAB A B A B =Ω∅6. 证明 (1) 对任意的,A ω∈即,A ω∉，等价于A ω∈，即A A ⊂；对任意的A ω∈即,A ω∉，等价于A ω∈，即A A ⊃； 即 A A =．(2) 对任意的,A B ω∈-即,,A B ωω∈∉，等价于AB ω∈，即A B A B -⊂；对任意的A B ω∈即,,A B ωω∈∉，等价于A B ω∈-，即A B A B -⊃； 即 A B A B -=．(3) 由于C B ⊂，所以AC AB ⊂=∅，所以AC =∅．(4) 对任意的1,n n A ω∞=∈即存在00,n n A ω∈，等价于0n A ω∉，即：1n n A ω∞=∈，即11,n n n n A A ∞∞==⊂； 对任意的1n n A ω∞=∈即1n n A ω∞=∉存在00,n n A ω∉，等价于0n A ω∈，即：1n n A ω∞=∈，即11n n n n A A ∞∞==⊃； 即11n n n n A A ∞∞===．(5) 与(4)证明相似．(6) 显然,,A B B A AB --互不相容 显然A B B A AB A B --⊂；对任意的,A B ω∈即A ω∈或者,B ω∈，分为(a)AB ω∈，显然成立；(b)A B ω∈-, 显然成立；(c) B A ω∈-,显然成立.7. 解 (1) 设 11(),1,2,,k k k i i B A A k n -==-=，其中0A =∅，显然,1,2,,k B k n =互不相容．(2) 两个事件互不相容是指,AB =∅，而相互对立是指,AB A B =∅=Ω，所以互不相容并不一定相互对立；反过来两个事件相互对立一定能够说明互不相容．(3) 对任意的1,n k k B ω=∈即存在000001,k k k k n k B A A A A ω-∈=-⊂⊂，所以1nk n k B A =⊂；反之对任意的n A ω∈即存在00,,k n k A A ω∈⊂，且0001k k k A A B ω-∈-=所以1nk n k B A =⊃；即1nk n k B A ==．对于无穷的形式类似可得．8. 解 设抽出的三球顺序为黑白黑为A ，(1) 放回抽样Ω中的元素个数为311n Ω=，A 中的元素个数为656A n =⋅⋅，所以3656()0.135211A n P A n Ω⋅⋅=== ； (2) 不放回抽样Ω中的元素个数为311n A Ω=，A 中的元素个数为656A n =⋅⋅，所以311655()0.1515A n P A n A Ω⋅⋅=== ．9. 解 设其中相互指定的三本书放在一起A ，Ω中的元素个数为310n A Ω=，A 中的元素个数为183!A n A =，所以 183103!1()15A n A P A n A Ω===10. 解 设其中两名种子选手被分在不同队为A ，Ω中的元素个数为1020n C Ω=，A 中的元素个数为91182A n C C =，所以 91182102010()19A n C C P A n C Ω===．11. 解 设四张A 全部集中在一个人手中为A ，Ω中的元素个数为1352n C Ω=，A 中的元素个数为91484A n C C =，所以 914841352()0.0106A n C C P A n C Ω==≈．12. 解 设6双首套中选择4只恰有一双配对为A ，Ω中的元素个数为412n C Ω=，A 中的元素个数为32623A n C =⋅⋅，所以 3264122316()33A n C P A n C Ω⋅⋅===．13. 解 设这n 个人任何两个人的生日都不在同一天为A(1) Ω中的元素个数为365n n Ω=，A 中的元素个数为365365!n nA n C n A =⋅=，所以 365()365nA nn A P A n Ω== ； (2) 30n =时302936536521229()(1)(1)(1)0.3037365365365365nA nn A P A e n ⋅-⋅Ω===---≈=14. 解 (1) 设选出的号码为严格上升为A ，Ω中的元素个数为n n N Ω=，A 中的元素个数为nA N n C =，所以 ()nA Nn n C P A n NΩ== ；(2) 设选出的号码为单调升为A ，Ω中的元素个数为n n N Ω=，A 中的元素个数为1nA Nn n C +-=，所以 1()nA N n nn C P A n N+-Ω== ．15. 证明 原式等价于()()(1)()(1)211(1)(1)(2)(1)(2)(1)n n N n n N n N n n N n N n N N N N N N N N N n n-------⋅++++=-----+ 构造概率模型： 一口袋中中有n 个红球，N n -个黑球，k A 为第k 次首次抽到红球，则11()()1nnk k k k P A P A ====∑其中 ()(1)(2)()(1)(2)(2)k n N n N n N n k P A N N N N k n-----+=---+即()()(1)()(1)211(1)(1)(2)(1)(2)(1)n n N n n N n N n n N n N n N N N N N N N N N n n-------⋅++++=-----+16. 解 解法不对，由于每一个样本点等可能发生实际是指每一枚骰子出现任何一种可能是等可能的，而不是和出现的结果是等可能的．正确解法为 设为点数和为6为A ，(,)m n 为第一枚骰子出现点数为m ，第二枚骰子点数为n ，则{(,)|,1,2,,6}m n m n Ω==，{(,)|6}A m n m n =+=Ω中的元素个数为36n Ω=，A 中的元素个数为5A n =，所以5()36A n P A n Ω==．17. 解 设平行弦距圆心的距离为x ，设弦长度大于R 为A ，则{|0}x x R Ω=<<，{|0}A x x =<<2()A R L P A L R Ω===．18. 解 设正常信号到达时间为为x ，干扰信号到达时间为y ，设系统受到干扰为A ，则{(,)|0,60}x y x y Ω=<<，{(,)|010600560}A x y x y x y x y =<<<+<<<<+<或1160605555505022()0.23266060A S P A S Ω⋅-⋅-⋅===⋅．19. 解 设甲船到达时间为为x ，乙船到达时间为y ，设有一船要在码头外等到为A ，则{(,)|0,24}x y x y Ω=<<，{(,)|0203}A x y x y x y x y =<<<<<<+或112424(21212222)22()0.19702424A S P A S Ω⋅-⋅+⋅===⋅．20．解 设切取的第一段长度为x ，切取的第二段长度为y ，切取的第三段长度为x ，设三段能够形成以一个三角形为A ，则{(,,)|1,,,0}x y z x y z x y z Ω=++=>，{(,,)|,,,1,,,0}A x y z x y z x z y y z x x y z x y z =+>+>+>++=>，则 1/4()0.251A L P A L Ω===．21. 解 设硬币的圆心落在某一个正方形中，以正方形的中心建立直角坐标系，由于是对称的，硬币的圆心不妨设落在第一象限内；设正方形的边长为a ，设硬币与正方形不相交为A ，则{(,)|0,}x y x y a Ω=<<，1{(,)|0,}22a A x y x y =<<-， 则22(1)/4()0.1/4A S a P A S a Ω-==≥， 解得109a ≤．22. 证明 (1) 由棣莫根定理有： 1212n n A A A A A A =,121212()1()1()n n n P A A A P A A A P A A A =-=-; (2) 由于12121312121()(())()n n n A A A A A A A A A A A A A -=--- 11121,(),2,,k k k B A B A A A A k n -==-=, 显然k B 两两互不相容， 12121312121()()()(())(())n n n P A A A P A P A A P A A A P A A A A -=+-+-++-12121312121()()()()()n n n P A A A P A P A A P A A A P A A A A -=++++；(3) 显然有 1212()()()P A A P A P A ≤+不妨设当k n =时成立有 12123()()()()()n n P A A A P A P A P A P A ≤++++，当1k n =+时成立有 121121()()()n n n n P A A A A P A A A P A ++≤+1231()()()()()n n P A P A P A P A P A +≤+++++．24. 解 (1) 由于 12,A A A ⊂所以有 12()()P A A P A ≤,121212()()()()P A A P A P A P A A =+-,121212()()()()P A A P A P A P A A =+-, 1212()()()()1P A P A A P A P A ≥≥+-, 即 12()()()1P A P A P A ≥+-；由于 123,A A A A ⊂所以有123,A A A A ⊃,123()(),P A A A P A ≥,()123123()(),P A A A P A A A P A =≥,()123123()()()P A A A P A P A P A ≤++, ()123123()()()()P A A A A P A P A P A ≤≤++,由于()1()P A P A =-即 123()()()()2P A P A P A P A ≥++-； (2) 由于()()()()P AB P A P B P AB =+-,， ()()()()P AB P A P B P A B =+-， ()P AB p q r =+-；()()()P AB P B P AB r p =-=-； ()()()P AB P A P AB r q =-=-；()1()1P AB P A B r =-=-．25. 解 设订购报纸分别A,B,C 为事件,,A B C(P 只订购A)(())()()()()P A B C P A P AB P AC P ABC =-=--+ 0.450.10.050.030.3=--+=; (P 只订购AB)()()()P AB C P AB P ABC =-=-0.10.030.07=-=;(P 只订购B)(())()()()()P B A C P B P AB P BC P ABC =-=--+ 0.350.10.050.030.23=--+=;(P 只订购C)(())()()()()P C A B P C P AC P BC P ABC =-=--+ 0.30.080.050.030.2=--+=;(P 只订购一种报纸的）=(P 只订购A)+(P 只订购B)+(P 只订购C) 0.30.230.20.73=++=；(P 恰好订购两种报纸的）=(P 只订购AB)+(P 只订购BC)+(P 只订购AC) ()()()3()P AB P AC P BC P ABC =++- 0.10.080.0530.030.14=++-⋅=;(P 至少订阅一种）=(P 只订购一种)+(P 只订购两种)+(P 只订购三种) 0.730.140.030.9=++=．26. 解 设A 为任何一人都为拿到自己原来的卡片；设k A 为第k 个人拿到自己原来的卡片，1,2,,k n =，由于1nk k A A ==，且1()k P A n=，1,2,,k n =；1()(1)k j P A A n n =-，,1,2,,,k j n j n =<；1()(1)(2)k j l P A A A n n n =--，,,1,2,,,k j l n l j n =<<；所以1()1()1()nk k P A P A P A ==-=-11111()()()(1)()nnnk j k l j k k k j k nl j k nk P A P A A P A A A P A =≤<≤≤<<≤==-+-++-∑∑∑∏11111(1)2!3!!n n =-++-+- 1e -≈（由x e 的幂级数的展开式得到）．27. 解 设每分钟到达的呼叫次数为X ，则X 服从参数为4λ=的泊松分布844(8)0.0297718!P X e -===；4114(10)0.00284!k k P X e k +∞-=>==∑．28. 解 由于 ()()0.21(|),()()(|)0.42P AB P AB P A B P B P B P A B ====， ()()()()0.30.50.20.6P A B P A P B P AB =+-=+-=．29. 解 设三个孩子的家庭有一个女孩为B ， 至少有一个男孩为A ,7()8P B =, 6()8P AB =，所以6()68(|)7()78P AB P A B P B ===．30. 解 设k A 表示第k 次取到合格品，1,2,3k =，(P 第三次才取到合格平123121312)()()(|)(|)P A A A P A P A A P A A A ==109901009998=⋅⋅.31. 解 设i A 表示第i 次打开房门，1,2,,i k =(P 第k 次才取到合格平12121121)()()(|)(|)k k k P A A A P A P A A P A A A A -==2322()11(1)n n n k n n n k n n ---=⋅=--+-．32. 解 设种子等级为i 等分别为,1,2,3,4i A i =；种子能够长成优良小麦为B ，由全概率公式得到41()()(|)i i i P B P A P B A ==∑(10.020.0150.01)0.50.020.150.010.10.010.05=---⋅+⋅+⋅+⋅ 0.4825=．33. 解 设第一次取出没有用过的球数为i 为i B ，0,1,2,3i =；第二次取出的三个全为没有用过的球为A ，由全概率公式得到3()()(|)iii P A P B P A B ==∑33213123033393983973963333333312121212121212120.146C C C C C C C C C C C C C C C C C C C =⋅+⋅+⋅+⋅=．34. 解 设第一次从甲口袋中取出的白球数为i 为i B ，0,1,2i =；第二次取出的两个球为白球为A ，由全概率公式得到2()()(|)i i i P A P B P A B ==∑221121212222222222b a b a a b a b a b C C C C C C C C C C C C C ααααβαβαβ+++++++++++=⋅+⋅+⋅．35．解 设任取的一个产品为不合格品为D ，产品是来自于机器生产的A,B,C 分别为,,A B C ，由全概率公式有()()(|)()(|)()(|)P D P A P D A P B P D B P C P D C =++0.250.050.350.040.40.020.0345=⋅+⋅+⋅= 由贝叶斯公式得到()(|)(|)()(|)()(|)()(|)P A P D A P A D P A P D A P B P D B P C P D C =++0.250.050.36230.0345⋅==； ()(|)(|)()(|)()(|)()(|)P B P D B P B D P A P D A P B P D B P C P D C =++0.350.040.40580.0345⋅==； ()(|)(|)()(|)()(|)()(|)P C P D C P C D P A P D A P B P D B P C P D C =++0.40.020.23190.0345⋅==； 本题的结果可以发现由于已经知道产生的是不合格品在分担责任时，由于各个机器产生不合格品的概率不同，生产的产量不同均会影响各个机器的不合格品的概率不同．36．解 设接收的信号为“．”为A ，发出的信号为“．”为B ，()0.6,(|)0.7,P B P A B ==()0.4,(|)0.02P B P A B ==由贝叶斯公式得到()(|)(|)()(|)()(|)P B P A B P B A P B P A B P B P A B =+0.60.70.99810.60.70.40.02⋅==⋅+⋅； 其余类似．37. 证明 (1) 由于 (|)(|)P A B P A B =，所以()()()()P AB P AB P B P B =()()()()1()P AB P A P AB P B P B -=- ()()(1())()()()P AB P B P A P AB P B -=- ()()()P AB P A P B =.(2) 由于,,A B C 相互独立，所以(())()()()()P A B C P AC BC P AC P BC P ABC ==+-()()()()()()()P A P C P B P C P A P B P C =+- ()(()()())P C P A P B P AB =+-()()P C P A B =；(())()()()()()()P AB C P ABC P A P B P C P AB P C ===； (())()()()P A B C P AC BC P AC P ABC -=-=-(()())()()()P A P AB P C P A B P C =-=-； (3) 对任意的事件B 有()()0P AB P A ≤=，所以()()()P AB P A P B =； (4) 对任意的事件B 有()0P A =,由 (3)知A 与任何B 相互独立，所以A 与任何B 相互独立． (5) 12121212()()()()m m m n m m m n P AB P A A A A A A P A A A P A A A ++++==．38. 证明 (1) 不妨设,A B 相互独立，则有()()()P AB P A P B =，但()0,()()0P AB P A P B =≠矛盾．所以,A B 不相互独立.(2) 原命题与逆否命题等价，所以显然．39. 解 设i A 为第i 台机器不需要工人照看，1,2,3i =；B 为最多有一台机器需要照看，123123123123()()()()()P B P A A A P A A A P A A A P A A A =+++0.90.80.70.10.80.70.90.20.70.90.80.3=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ 0.902=.40. 解 设i A 为甲、乙、丙三人击中飞机，1,2,3i =；B 为飞机击落，123123123123123123123()0.2(()()())0.6(()()())1()P B P A A A P A A A P A A A P A A A P A A A P A A A P A A A =++++++⋅0.2(0.40.50.30.60.50.30.60.50.7)0.6(0.40.50.30.40.50.70.60.50.7)0.40.50.7 =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅0.458=.41. 解 设i A 为从100件中有4件音色不纯的乐器中取到3件音色不纯件数,0,1,2,3i =，为乐器通过测试为B ，00112233()()(|)()(|)()(|)()(|)P B P A P B A P A P B A P A P B A P A P B A =+++321123322396964964433331001001001000.9930.990.0530.990.050.05C C C C C C C C C C =+⋅⋅+⋅⋅+ 0.8625≈．42. 解 设i A 为第i 续电器节点闭合，1,,6i =；B 为为L 与R 是通路，1323564()()B A A A A A A A =1323564()(()())P B P A A A A A A A = 1323564123135613423562345641235612342345612456123456()()()()(()()()()()())(()()()())() P A A P A A P A A P A P A A A P A A A A P A A A P A A A A P A A A P A A A P A A A A A P A A A A P A A A A A P A A A A A P A A A A A A =+++-+++++++++-23456343p p p p p p =+--+-．43. 解 (1) 四次试验中至少发生一次事件A 为B ，480()1()1(1)81P B P B p =-=--=， 解得 23p =； (2) n 次试验中至少发生一次事件A 为B ，()1()1(10.2)0.9n P B P B =-=--≥，解得ln 0.1(10,2)0.1,,10.3189,11ln 0.8nn n n -≤≥≥≥ 同理()1()1(10.2)0.99n P B P B =-=--≥解得ln 0.01,20.6377,21ln 0.8n n n ≥≥≥．44. 解 设k A 为4次中A 发生的次数为 ,1,2,3,4k k =1314()0.30.7P A C =⋅，4132344()10.70.30.7P A A A C =--⋅， 1234()()0.6()P B P A P A A A =⋅+13413440.30.70.610.70.30.7C C =⋅⋅+--⋅0.595=．45. 解 设甲投中的球数为X ，乙投中的球数为Y ，()(0,0)(1,1)(2,2)(3,3)P X Y P X Y P X Y P X Y P X Y ====+==+==+== (0)(0)(1)(1)(2)(2)(3)(3)P X P Y P X P Y P X P Y P X P Y ===+==+==+==33112222223333330.30.40.70.30.60.40.70.30.60.40.70.6C C C C =+⋅⋅⋅+⋅⋅+ 0.3208=；()(1,0)(2,1)(2,0)(3,0)(3,1)(3,2) P X Y P X Y P X Y P X Y P X Y P X Y P X Y >===+==+==+==+==+==123132330.70.30.40.70.60.40.436C C =⋅⋅++=.46.解 设单片元件毁坏的数目为X 服从二项分布(10000,0.0005)b ，由泊松定理有X 近似服从泊松分布(),5P λλ=，所以51(0)0.00670!P X e -===．47．解 设指定的一页上错字数为X ，则X 服从二项分布(200,0.025)b ，由泊松定理有X 近似服从泊松分布(),0.5P λλ=，所以0.530.5(3)0.0144!k k P X e k +∞-=≥==∑．48. 解 设产出的卵数为X ，孵出的有幼虫数为Y ，对任意的0,1,k =有()(,)n k P Y k P X n Y k +∞=====∑()(|)n kP X n P Y k X n +∞=====∑(1)!nk kn k n n ke C p p n λλ+∞--==-∑0!(1)!!()!nk n k n k n e p p n k n k λλ+∞---==--∑0(1)!()!k kn k n k n k p e p k n k λλλ-+∞---==--∑(1)!k k p p e e k λλλ--=()!k p p e k λλ-=即孵出的幼虫数服从参数为p λ的泊松分布．习题二1. 解 22351(3)10C P X C ===,23353(4)10C P X C ===,24356(5)10C P X C ===,分布列为分布函数为0,1/10,34,()4/10,45,1, 5.x F x x x ⎧⎪ ≤<⎪=⎨ ≤<⎪⎪ ≥⎩．2. 解 分布列分别为分布函数为0,20,()1/2,2040,1,.x F x x x <⎧⎪= ≤<⎨⎪ ≥40⎩ 0,10,()1/2,1030,1,.y F y x x <⎧⎪= ≤<⎨⎪ ≥30⎩．3．解 定义0,5,1,5,2, 5.X ωωω <⎧⎪==⎨⎪ >⎩（注意可以定义不同的随机变量取值，分布函数不同）分布函数为 0,5/10,01,()6/10,12,1, 2.x F x x x ⎧⎪ ≤<⎪=⎨ ≤<⎪⎪ ≥⎩．4. 解 1）不放回抽取383107(0)0.466715C P X C ====,21823107(1)0.466715C C P X C ====,12823101(2) 0.066715C CP X C ====．2）放回抽取3(0)0.8 0.5120P X ===，1133(1)0.20.80.3840P X C === 2213(2)0.20.80.0960P X C ===，3(3)(0.2)0.0080P X ===．5. 解 由于跳跃点的概率 000()()(0)P X x F x F x ==--(5)(5)(50)1/5,P X F F =-=----=同理得到(2)1/10,P X =-=，(0)2/10,P X ==(2)1/2.PX ==6．解 1）有概率分布列的规范性得到1/431/21a a +++= 解得1/16a =．2）21Y X =-的分布列为7. 解 (3)(2)(0)(2)1(5)0.8P X P x P x P x P x >-==-+=+==-=-=，(||3)1(5)0.8P X P X <-=-=-=,(|1|2)(5)(2)0.7P X P X P X +>==-+==.8. 解 由于分布函数是右连续的, 1lim ()(1)x F x F +→=.所以211,1A A =⋅= {0.50.8}(0.8)(0.5)0.3900P X F F <≤=-=．(本题也可以利用分布密度函数的规范性的条件得到)9. 解 由规范性得到()1f x dx +∞-∞=⎰，10210|110a a adx x x +∞+∞=-==⎰ ， 解得 10a =，分布函数10,()0x F x <=，1021010101010,()|1x x x F x dt t t x≥==-=-⎰，101,10,()0,10.x F x xx ⎧- ≥⎪=⎨⎪ <⎩ 由()1/2,F k = 解得20k =.10. 解 由规范性得到()1f x dx +∞-∞=⎰，000||x x x x x axe dx axde axe ae dxae a +∞+∞+∞---+∞--+∞=-=-+ ==⎰⎰⎰得到 1a =. 0,()0,x F x <=000,()||1,xxxttt xt xt xxxx F x te dt tde te e dtxe e xe e --------≥==-=-+ =--=--⎰⎰⎰0,0,()1,0.x xx F x xe e x -- ≤⎧=⎨-- >⎩.11. 解 1) 不能,由于不是单调不减；2) 不能,由于不是单调不减；3) 能,其他场合定义()1,0F x x =>．12. 解 1) 是连续型随机变量，2,01,()0,.x x f x <<⎧=⎨ ⎩其他2) 不是，由于连续型随机变量取值与一点的概率为0，而(1)1/2P X ==．13. 解 由规范性得到()1f x dx +∞-∞=⎰，||0022|2x x x ae dx ade ae a +∞+∞---+∞-∞=-==⎰⎰ ,得到 12a =. 110,(),22xt x x F x e dt e ---∞<==⎰00011110,()|1,2222x t t xx x F x exdx e dt e e ----∞≥=+=-=-⎰⎰1,0,2()11,0.2xx e x F x e x --⎧ ≤⎪⎪=⎨⎪- >⎪⎩.14. 解 由方程 24420x x ξξ+++=有实根得到21616(2)0ξξ∆=-+≥， 解得 21or ξξ≥ ≤-,由于(0,5)U ξ ，所以(2)3/5P ξ≥=．15. 解 设Y 为四次取值大于发生a 的次数，则(4,)Yb p ，其中()1,(01)p P X a a a =>=-<<又 (1)1(0)0.9P Y P Y ≥=-==，4(0)0.1P Y a === 解得 0.5623a =.16. 解 1) 55()()0.922X a P X a P --<=<=,查标准正态分布表得到 1(0.9) 1.2816-Φ=,解得a = 7.5631.2) |5|(|5|)()0.0122X aP X a P -->=>=, |5|()2()0.01222X a a P ->=-Φ=,得到()2a Φ=0.995查标准正态分布表得到1(0.995)-Φ=2.5758,a = 5.1517.17. 解 设优秀的最低分为a ,数学成绩为X ,根据条件得到()0.05P X a >=,7070()0.951010X a P -->= 查标准正态分布表得到1(0.95) 1.645-Φ=,解得 86.45a =.18. 解19. 证明 当a y b αβαβ+<<+时()()()()y F y P Y y P X y P X βαβα-=≤=+≤=≤11()y ay y a dx a b a b a b a βαββαααα----==-=---⎰, 1(),p y a y b b a αβαβαα=+<<+-,其他 ()0p y = 1,,()0,.a yb p y b a αβαβαα⎧ +<<+⎪=-⎨⎪ ⎩其他 即Y 服从[,]a b αβαβ++的均匀分布,20. 解 1) 当0y >时133()()()()F y P Y y P X y P X y =≤=≤=≤11331,y x y e dx e--==-⎰21331(),03y p y y e y --=>,其他 ()0p y =21331,0,()30,.y y e y p y --⎧ >⎪=⎨⎪ ⎩其他,131,0,()0,.y e y F y -⎧⎪- >=⎨⎪ ⎩其他 2) 当01y <<时()()()(ln )XF y P Y y P ey P X y -=≤=≤=≥-ln x ye dx y +∞--==⎰,(),01p y y y =<<, 其他 ()0p y =.,1,()0,.y y p y 0<<⎧=⎨⎩其他 0,0,(),1,1,1y F y y y y ≤⎧⎪= 0<<⎨⎪ ≥⎩21. 解 1) 当1y e <<时，()()()(ln )XF y P Y y P e y P X y =≤=≤=≤ln 0ydx =⎰,1(),1p y y e y=<<, 其他 ()0p y =1,1,()0,.y e yp y ⎧ <<⎪=⎨⎪ ⎩其他 2) 当0y ≤<+∞时2()()(2ln )()y F y P Y y P X y P X e -=≤=≤=≥21.y edx -=⎰,21(),02yp y e y -=≤<+∞,其他 ()0p y =.21,0,()20,.ye y p y -⎧ ≤<+∞⎪=⎨⎪ ⎩其他 3) 当1y ≤<+∞时11()()()()F y P Y y P y P X X y =≤=≤=≥11.ydx =⎰,21(),1p y y y =≤<+∞, 其他 ()0p y =21,1,()0,.y y p y ⎧ ≤<+∞⎪=⎨⎪ ⎩其他22. 解 1) 当0y >时()()()(ln )X F y P Y y P e y P X y =≤=≤=≤2ln 2.x ydx --∞=⎰,2ln 2(),0y p y y -=>,其他 ()0p y =2ln 2,0,()0,.yy p y -⎧ >= ⎩其他.2) 当0y >时()()()(ln )X F y P Y y P e y P X y -=≤=≤=≥-22ln .x dx +∞--=⎰, 2ln 2(),0yp y y -=>,其他 ()0p y =2ln 2,0,()0,.yy p y -⎧ >= ⎩其他.3) 当0y >时()()(||)()F y P Y y P X y P y X y =≤=≤=-≤≤22.x ydx --=⎰,22(),0y p y y -=>,其他 ()0p y =22,0,()0,.yy p y -⎧ >⎪=⎨⎪ ⎩其他.23. 证明 不妨设0a >()()()()y bF y P Y y P aX b y P X a-=≤=+≤=≤()y ba X f x dx --∞=⎰1()()X y b f y f a a-=,同理可得0a <的情形.24. 解 由上题的结论可得y β>时,()y f y e βλαλα--=,()0y f y β≤=分布密度函数为,,()0,.y ey f y y βλαλβαβ--⎧ >⎪=⎨⎪ ≤⎩25. 解 设年化收益率为r ,00lnln ln Xr X X X ==- 2222215,()(1)4EX eD X e e σμμσσ++===-=解得22444(1),ln(1) =0.0176225225225e σσ=+=+≈, 2.6992μ=, ln X 服从4( 2.6992,)225N ，年化收益r 服从44( 2.6992-ln10,)( 0.3966,)225225N N =.26. 解 1) 有规范性得到1()22x f x dx Ae dx A +∞+∞--∞===⎰⎰得到 1/2A =;2)1101/21/2(1)xedx e --=-⎰;3)当 0x <,()1/21/2xt x F x e dt e -∞==⎰,当0x ≥,()1/21/211/2xtt x F x e dt e dt e ---∞=+=-⎰⎰,分布函数为1/2,0,()11/2,0.xxe x F x e x -⎧ <⎪=⎨- ≥⎪⎩.27. 解 由2(1)(2),1!2!P X P X ee λλλλ--====解得1λ=,221,()1,()()2EX D X EX D X EX λλ== == =+=,11(3)3!P X e -==.28. 解 设Y 为3人中等车时间不超过2分钟的人数，X 为等车时间.(3,),Y b p 其中(2)2/5p P X =<=，223333(2)(2/5)(3/5)(2/5) 0.3520P Y C C ≥=+=.29． 解 设X 为800个保单发生理赔的次数，利润为Y ．(800,0.05)X b ， 8005002000Y X =⋅-⋅40000020008000.05320000EY =-⋅⋅=．30. 解 当0x >时，00()|1,xt x xx F x e dt e e λλλλ---==-=-⎰当0x ≤时，()0F x =1,0,()0,0.x e x F x x λ-⎧- >=⎨≤⎩ 00011xx x EX xe dx xe dx xde λλλλ+∞+∞+∞---===-⎰⎰⎰0001111||x x x xe e dx e λλλλ+∞-+∞--+∞=-+==⎰.,22222200011x x x EX x e dx x e dx x de λλλλ+∞+∞+∞---===-⎰⎰⎰202220112|2x x x e xe dx λλλ+∞-+∞-=-+=⎰2221()()D X EX EX λ=-=.31. 解 设电子元件的寿命为1()1000XExp ， Y 为3个电子元件在1000小时内坏掉的个数 (3,)Yb p ，其中1000100010111000xp e dx e --==-⎰,系统寿命超过1000小时的概率为01013111123323(1)(0)(1)(1)()(1)()32P Y P Y P Y C e e C e e e e --------≤==+= =-+- =-.32. 解 20.400.320.30.2,EX =-⋅+⋅+⋅=-2222(2)0.400.320.3 2.8,EX =-⋅+⋅+⋅= 22()() 2.80.04 2.76D X EX EX =-=-= 22(35)3513.4E X EX +=+=，5)10()27.6D D X -==.33. 解 设Y 为抽取10产品中的次品个数 (10,0.1)Yb ,1010102(1)0.10.90.2639kk k k p P Y C -==>==∑.(4,)X b p ,4 1.0556EX p ==.34. 解1/10(1051) 2.7EX =+++= .35. 解001(1)()()()()()x xEX x e dx x e dx ααβαβαααααβαβαβαβ+∞+∞--Γ+Γ=====ΓΓΓΓ⎰⎰,2112001(2)(1)()(1)()()()()x xEX x e dx x e dx ααβαβαααααααβαβαβαβ+∞+∞+-+-Γ++Γ+=====ΓΓΓΓ⎰⎰ 222()()Var X EX EX αβ=-=.36. 解 ||102x EX x e dx +∞--∞==⎰, 22||201(3)22x x EX x e dx x e dx +∞+∞---∞===Γ=⎰⎰,22()()2D X EX EX =-=,||01||||(2)12x x E X x e dx xe dx +∞+∞---∞===Γ=⎰⎰.37. 解 预期收益记为X ，510(1)X R =+(0.010.10.020.10.030.20.040.30.050.20.060.1)0.037ER =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=,2222222(0.010.10.020.10.030.20.040.30.050.20.060.1)0.0016ER =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅= 222()()0.00160.037 2.0100e-004D R ER ER =-=-=,510(1)10370EX E R =⋅+=, 106()10() 2.0110D X D R ==⋅.38. 解222222222222200x x x x xEX xe dx xdexeedx σσσσσ----+∞+∞+∞+∞==-=-+=⎰⎰⎰,2222222222222222222022222020222x x x x x xEX x edx x dex exe dx x ed σσσσσσσσσ----+∞+∞+∞-+∞+∞==-=-+ ==⎰⎰⎰⎰,2222()()22Var X EX EX πσσ=-=-,22222242()x x xP X EX edx eeπσσσ--+∞->==-=.39. 解 设这张债券价值为X ,则5%2EK =,1100(1)X K =+ ，解得1073.2EX =.习题三1.解 无放回2. 解3. 解 设X 为白色粉笔数，Y 为黄色粉笔数3126!(3,1)0.60.250.153!1!2!P X Y ===（多项分布的分布列）． 4. 解131102001194173(1,3)(6)(6)()882828P X Y dx x y dy x dx x dx -<<=--=--=-=⎰⎰⎰⎰ 14110200119415(1)(6)(122)(62)88288P X dx x y dyx dx x dx -<=--=--=-=⎰⎰⎰⎰5. 解 21120111()236x G xS dx dy x x dx ==-=-=⎰⎰⎰， 26,01,,(,)0,.x x y x f x y ⎧ <<<<=⎨⎩其他， 当01,x<<22()66()xX x f x dy x x ==-⎰， 其他 ()0X f x =，26(),01,()0X x x x f x ⎧- <<=⎨⎩，其他. 当01,y <<())Y yf y dx y ==，其他，()0Y f y =，224202022011(4)4(4)(6)(66)(2)8821182(64)(128).82863xx P X Y dx x y dy x x dxx x dx ---+≤=--=--- =-+=-+=⎰⎰⎰⎰),01,()0Y y y f y ⎧ <<⎪=⎨ ⎪⎩，其他.6. 解 1,01,01,(,)0,.x y f x y <<<<⎧=⎨ ⎩其他当01,x <<1()11X f x dy ==⎰，其他，()0X f x =，1,01,()0X x f x <<⎧=⎨⎩，其他. 当01,y <<1()11Y f y dx ==⎰，其他，()0Y f y =1,01,()0Y y f y <<⎧=⎨⎩，其他.． 2222{(1/2)(1/2)1/4}1{(1/2)(1/2)1/4}P X Y P X Y -+-≥=--+-<116π=-.7. 解 2222(,)16(1)(1())23F x y x yx y π∂=∂∂⎛⎫++ ⎪⎝⎭，222211()6(1())(1())2(1())232X f x dy x y x ππ+∞-∞==+++⎰， 222211()6(1())(1())3(1())233Y f y dx x y y ππ+∞-∞==+++⎰．8. 解 设Y 为五次到达银行未等到服务的次数 ,(5,)Yb p ,其中25101{10}5x p P X e dx e +∞--=>==⎰，2255{}(1),0,1,,5k kk P Y k C e e k ---==- =，25{1}1{0}(1).P Y P Y e -≥=-==-9. 解 设圆周分为面积大小相同的两块半圆,以1Y =表示表明刻度为1的半圆, 以0Y =表示表明刻度有[0,1]的半圆.当0x <时,()0F x ξ=，当01x ≤<时,1()2F x x ξ=， 当1x ≥时,11()122F x ξ=+=.故分布函数为0,0,1(),01,21, 1.x F x x x x ξ <⎧⎪⎪= ≤<⎨⎪ ≥⎪⎩.10. 解 电子元件损坏为A ,由全概率公式得到{}{,200}{,200240}{,240}P A P A X P A X P A X =<+≤≤+>2002202402202002200.1()0.001(()())2525252402200.2(1())0.06425---=Φ+Φ-Φ+- -Φ=,{200240,}{200240|}{}P X A P X A P A <<<<=0.009= .11. 解 1,,,()()(,)0,.a x b c y d b a d c f x y ⎧<<<<⎪--=⎨⎪ ⎩其他当,a x b <<11()()()d X c f x dy b a d c b a==---⎰,其他，()0X f x =,1,,()0X a x b f x b a⎧ <<⎪=-⎨⎪ ⎩，其他. 当,c y d <<11()()()bY af y dx b a d c d c==---⎰,其他，()0Y f y =,1,,()0Y c y d f y d c⎧ <<⎪=-⎨⎪ ⎩，其他.. 由于 (,)()()X Y f x y f x f y = ,所以,X Y 相互独立.12. 解 由分布密度函数的规范性得到222(1x y R c R dxdy +≤=⎰⎰，320()2()13RRc R c Rd d c R d ππρρρθπρρρ-=-==⎰⎰⎰,解得 33c Rπ=.同理得到222233336(()23x y r Rr r R dxdy R R π+≤=-⎰⎰．13. 解 由分布密度函数的规范性得到222arctan |arctan |1(1)(1)c dxdy c x y c x y π+∞+∞+∞+∞-∞-∞-∞-∞===++⎰⎰，解得 21c π=.111100222200111arctan |arctan |(1)(1)16dxdy x y x y ππ==++⎰⎰， 由于2211(),()(1)(1)X Y f x f y x y ππ==++，(,)()()X Y f x y f x f y =， 所以,X Y 相互独立.14． 解 由分布密度函数的规范性得到2222200sin()sin()(cos sin )21A x y dxdy dx A x y dy A x x dx A πππππ+=+=+==⎰⎰⎰⎰⎰,解得 12A =, 分布密度函数为1sin(),0,0(,)2220x y x y f x y ππ⎧+ <<<<⎪=⎨⎪ ⎩，其他..15. 解 由于(,)X Y 服从2222()()r x a y b R ≤-+-≤上的均与分布，面积为22()R r π-，所以密度寒素为2222221 ,()(),()(,)0r x a y b R R r f x y π⎧ ≤-+-≤⎪-=⎨⎪ ⎩，其他..16. 解 221 ,1,(,)0x y f x y π⎧ +≤⎪=⎨⎪ ⎩，其他. ,边缘密度函数为 ,01,()0X x f x <<=⎪ ⎩，其他., ,01,()0Y y f y <<=⎪ ⎩，其他., 当01y <<时，| ,(,)(|)()0X Y Y x f x y f x y f y <<== ⎩，其他..17. 解 1400(7.14)(6.86){}{,}!()!m n mnnm m e P X n P X n Y m m n m --=======-∑∑140!(7.14)(6.86)!!()!n m n m m e n n m n m --==-∑ 140(7.14)(6.86)!n m m n m n m e C n --==∑ 1414!n e n -=，0,1,2,n =， 14(7.14)(6.86){}{,}!()!m n mn m n me P Y m P X n Y m m n m --+∞+∞=======-∑∑14 6.86 6.860(7.14)(6.86)!()!m n m n m e e e m n m --+∞--==-∑ 7.14(7.14),0,1,2,!me m m -==， {,}{|}{}P X n Y m P X n Y m P Y m ======147.14(7.14)(6.86)!()!(7.14)!m n mme m n m e m ----= 6.86(6.86),0,1,2,,,0,1,2,,()!n m e n m n n m --===-,{,}{|}{}P X n Y m P Y m X n P X n ======1414(7.14)(6.86)!()!(14)!m n mne m n m e n ----=!7.14 6.86()(),0,1,2,,,0,1,2,,!()!1414m n mn n m n m n m -===-.18. 解22112222211221()()()()(,)[2]}2(1)x x y y f x y μμμμρρσσσσ----=--+-2222()()}2y f y μσ-=-,2112|2211222222222(,)1()()()(|)[2()2(1)()()]}2X Y Y f x y x x y f x y f y y y μμμρρσσσμμσσ---==--+---+222112222211221()()()()[2]}2(1)2x x y y μμμρμρρσσσσ----=--+-22221212112221221()()[()2()]}2(1)2y yx xσμρσμμρμρσσσ--=----+-212122121()[]}2(1)yxσμμρρσσ-=----,所以2212112()|(,(1))yX Y y Nσμμρσρσ-=+-.19 . 解由卷积公式得到22()22()()()x x zZ X Yf z f x f z x dx dx-+∞+∞---∞-∞=-=⎰⎰22()242zxzdx-+∞---∞=⎰2422zπ-=,即(0,2)X Y N+.21. 解当0z>时22222221(){}2x yx y zF z P z e dxdyζξηπ+-+<=+≤=⎰⎰2220012rd e rdrπθπ-=⎰21ze-=-,21,0,()0,0.ze zF zzζ-⎧⎪- >=⎨⎪ ≤⎩21,0,()20,0.ze zf zzζ-⎧>⎪=⎨⎪ ≤⎩.25. 解22222222222()222221{}2x ya bx yka bX YP k e dxdya bπ-++<+≤=⎰⎰2220012rkd e rdrπθπ-=⎰⎰221ke-=-.26. 解{}{,}niP Z n P X i Y n i===+=-∑{}{}niP X i P Y n i==+=-∑1212!()!i n inie ei n iλλλλ---==-∑12()12!!!()!ni n iie nn i n iλλλλ-+-==-∑。
应用统计硕士上海财大配套《概率论与数理统计》考研真题第1章随机事件与概率一、选择题1设A，B，C为三个随机事件，且P（A）＝P（B）＝P（C）＝1/4，P（AB）＝0，P（AC）＝P（BC）＝1/12，则A，B，C中恰有一个事件发生的概率为（）。
[数一2020研]A．3/4B．2/3C．1/2D．5/12【答案】D查看答案【解析】只发生A事件的概率：只发生B事件的概率：只发生C事件的概率：A ，B ，C 中恰有一个事件发生的概率：故选择D 项。
2设A ，B 为随机事件，则P （A ）＝P （B ）的充分必要条件是（ ）。
[数一2019研]A ．P （A ∪B ）＝P （A ）＋P （B ） B ．P （AB ）＝P （A ）P （B ）C ．P （A B ＿）＝P （B A ＿）D ．【答案】C 查看答案【解析】选项A 只能说明事件A 与事件B 不相容，选项B 只能说明事件A 与事件B 相互独立，并不能说明P （A ）＝P （B ）。
对选项D 来说，若令B ＝A ＿，等式恒成立，亦不能说明P （A ）＝P （B ），故选C 。
3设事件A ，B 相互独立，P （B ）＝0.5，P （A －B ）＝0.3，则P （B －A ）＝（ ）。
[数一、数三2014研] A ．0.1 B ．0.2 C ．0.3 D ．0.4【答案】B 查看答案【解析】P（A－B）＝0.3＝P（A）－P（AB）＝P（A）－P（A）P（B）＝P（A）－0.5P（A）＝0.5P（A），故P（A）＝0.6，P（B－A）＝P（B）－P（AB）＝0.5－0.5P（A）＝0.2。
二、填空题设随机事件A与B相互独立，A与C相互独立，BC＝∅，若P（A）＝P（B）＝1/2，P（AC|AB∪C）＝1/4，则P（C）＝______。
[数一2018研]【答案】1/4查看答案【解析】计算如下代入P（A）、P（B），可得随机变量X的方差为2，随机变量Y＝2X，那么Y的方差是（）。
第一部分 随机事件及其概率基础练习一． 填空1 设====)(,7.0)(,5.0)(,4.0)(B A P B A P B P A P 则若 答案：0.552 三次独立重复射击中，至少有一次击中的概率为则每次击,6437中的概率为 答案：1/43箱中盛有8个白球6个黑球，从其中任意地接连取出8个球，若每球被取出后不放还，则最后取出的球是白球的概率等于_________________。
答案：8144 任取两个正整数，则它们之和为偶数的概率是_______ 答案：1/25 设10件产品中有3件不合格品，从中任取两件，已知两件中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率为__________答案：2/96已知P （A ）=0.8,P(A-B)=0.5,且A 与B 独立，则P （B ）= 答案：3/87从1，2，…，10共十个数字中任取一个，然后放回，先后取出5个数字，则所得5个数字全不相同的事件的概率等于___________ 答案：9876104⨯⨯⨯=0.3024 8箱中盛有8个白球6个黑球，从其中任意地接连取出8个球，若每球被取出后不放还，则最后取出的球是白球的概率等于_________________ 答案：8149平面上有10个点，其中任何三点都不在一直线上，这些点可以确定_____个三角形。
答案：12010设样本空间U={1，2， 10}，A={2，3，4，}，B={3，4，5，}，C={5，6，7}，则()C B A 表示的集合=______________________。
答案：{1,2,5,6,7,8,9,10} 二． 计算题1 一打靶场备有5支某种型号的枪,其中3支已经校正,2支未经校正.某人使用已校正的枪击中目标的概率为1p ,使用未经校正的枪击中目标的概率为2p .他随机地取一支枪进行射击,已知他射击了5次,都未击中,求他使用的是已校正的枪的概率(设各次射击的结果相互独立).解 以M 表示事件“射击了5次均未击中”,以C 表示事件“取得的枪是已经校正的”，则,5/3)(=C P,5/2)(=C P 又,按题设,)1()|(51p C M P -=52)1()|(p C M P -=,由贝叶斯公式 ,)()()|(M P MC P M C P =)()|()()|()()|(C P C M P C P C M P C P C M P +=52)1(53)1(53)1(525151⨯-+⨯-⨯-=p p p.)1(2)1(3)1(3525151p p p -+--= 2 某人共买了11只水果,其中有3只是二级品,8只是一级品.随机地将水果分给C B A 、、三人,各人分别得到4只、6只、1只. (1)求C 未拿到二级品的概率.(2)已知C 未拿到二级品,求B A ,均拿到二级品的概率. (3)求B A ,均拿到二级品而C 未拿到二级品的概率.解 以，，，C B A 分别表示事件C B A ，，取到二级品,则C B A ，，表示事件C B A ，，未取到二级品.(1).11/8)(=C P(2)就是需要求).|(C AB P 已知C 未取到二级品,这时B A ,将7只一级品和3只二级品全部分掉.而B A 、均取到二级品,只需A取到1只至2只二级品,其它的为一级品.于是.5441027234103713)|(=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=C AB P(3).55/32)()|()(==C P C AB P C AB P3 一系统L 由两个只能传输字符0和1的独立工作的子系统1L 和2L 串联而成(如图13-1),每个子系统输入为0输出为0的概率为)10(<<p p ;而输入为1输出为1的概率也是p .今在图中a 端输入字符1,求系统L 的b 端输出字符0的概率.ab解 “系统L 的输入为1输出为0”这一事件(记)01(→L )是两个不相容事件之和,即),00()01()01()11()01(2121→→→→=→L L L L L 这里的记号“)11(1→L ”表示事件“子系统1L 的输入为1输出为1,其余3个记号的含义类似.于是由子系统工作的独立性得)}00()01({)}01()11({)}01({2121→→+→→=→L L P L L P L P)}00({)}01({)}01({)}11({2121→→+→→=L P L P L P L P).1(2)1()1(p p p p p p -=-+-=4 甲乙二人轮流掷一骰子,每轮掷一次,谁先掷得6点谁得胜,从甲开始掷,问甲、乙得胜的概率各为多少?解 以i A 表示事件“第i 次投掷时投掷者才得6点”.事件i A 发生,表示在前1-i 次甲或乙均未得6点,而在第i 次投掷甲或乙得6点.因各次投掷相互独立,故有.6165)(1-⎪⎭⎫⎝⎛=i i A P 因甲为首掷,故甲掷奇数轮次,从而甲胜的概率为}{}{531 A A A P P =甲胜+++=)()()(531A P A P A P ),(21两两不相容因 A A⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+= 426565161.116)6/5(11612=-=同样,乙胜的概率为}{}{642 A A A P P =乙胜+++=)()()(642A P A P A P.1156565656153=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=5 将一颗骰子掷两次,考虑事件=A “第一次掷得点数2或5”,=B “两次点数之和至少为7”，求),(),(B P A P 并问事件B A ,是否相互独立.解 将骰子掷一次共有6种等可能结果,故.3/16/2)(==A P 设以i X 表示第i 次掷出骰子的点数,则}).6({1})7({)(2121≤+-=≥+=X X P X X P B P因将骰子掷两次共有36个样本点,其中621≤+X X 有6,5,4,3,221=+X X 共5种情况,这5种情况分别含有1,2,3,4,5个样本点,故.12/712/5136/)54321(1)(=-=++++-=B P以),(21X X 记两次投掷的结果,则AB 共有(2,5),(2,6),(5,2),(5,3)(5,4),(5,5),(5,6)这7个样本点.故 .36/7)(=AB P今有).(36/7)12/7)(3/1()()(AB P B P A P === 按定义B A ,相互独立.6 B A ，两人轮流射击,每次各人射击一枪,射击的次序为A B A B A ,,,,,射击直至击中两枪为止.设各人击中的概率均为p ,且各次击中与否相互独立.求击中的两枪是由同一人射击的概率.解 A 总是在奇数轮射击,B 在偶数轮射击.先考虑A 击中两枪的情况.以12+n A 表示事件“A 在第12+n 轮),2,1( =n 射击时又一次击中,射击在此时结束”. 12+n A 发生表示“前n 2轮中A 共射击n 枪而其中击中一枪,且A 在第12+n 轮时击中第二枪”（这一事件记为C ），同时“B 在前n 2轮中共射击n 枪但一枪未中”(这一事件记为D )，因此)()()()(12D P C P CD P A P n ==+nn p p p p n )1()1(11-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=- .)1(122--=n p np注意到 ,,,753A A A 两两互不相容,故由A 击中了两枪而结束射击(这一事件仍记为A )的概率为∑∑∞=-∞=++∞=-===1122112121)1()()()(n n n n n n p np A P A P A P1122])1[()1(-∞=∑--=n n p n p p.)2(1])1(1[1)1(2222p pP p p --=---(此处级数求和用到公式.1,)1(1112<=-∑∞=-x nx x n n 这一公式可自等比级数1,11<=-∑∞=x x x n n 两边求导而得到.) 若两枪均由B 击中,以)1(2+n B 表示事件 “B 在第)1(2+n 轮),2,1( =n 射击时又一次击中,射击在此时结束”. )1(2+n B 发生表示在前12+n 轮中B 射击n 枪其中击中一枪,且B 在第)1(2+n 轮时击中第2枪，同时A 在前12+n 轮中共射击1+n 枪,但一枪未中.注意到 ,,,864A A A 两两互不相容,故B 击中了两枪而结束射击(这一事件仍记为B )的概率为∑∞=+-+∞=--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==111)1(21)1()1(1)()(n n n n n p p p p n B P B P 12112222])1[()1()1(-∞=∞=--=-=∑∑n n n np n p p p np.)2()1(])1(1[1)1(222222p p p p p --=---= 因此,由一人击中两枪的概率为222)2()1()2(1)()()(p p p p B P A P B A P --+--=+= .21pp --= 7 有3个独立工作的元件1,元件2,元件3,它们的可靠性分别为.,,321p p p 设由它们组成一个“3个元件取2个元件的表决系统”,记为2/3].[G 这一系统的运行方式是当且仅当3个元件中至少有2个正常工作时这一系统正常工作.求这一2/3][G 系统的可靠性. 解 以i A 表示事件“第i 个元件正常工作”，以G 表示事件“2/3][G 系统正常工作”，则G 可表示为下述两两互不相容的事件之和： 321321321321A A A A A A A A A A A A G = 因321,,A A A 相互独立,故有)()()()()(321321321321A A A P A A A P A A A P A A A P G P +++=)()()()()()()()()()()()(321321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P +++=.)1()1()1(321321321321p p p p p p p p p p p p +-+-+-= 8 甲、乙、丙三部机床独立工作由一名工人照看，某段时间内甲、乙、丙三部机床不需要照看的概率依次为3/4、2/3、1/2，求在这段时间内有机床需要工人照看的概率及恰有1台机床需要工人照看的概率。
